P7600-[APIO2021]封闭道路【堆,dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7600

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1|1题目大意

给出$n$个点的一棵树，边有边权，对于每个$k$求去掉最小边权和的点使得每个点的度数都不超过$k$。

$1\leq n\leq 10^5$

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1|2题目大意

APIO遇到的原题，和CF1119F一样，感觉要被冲烂。

先考虑暴力的做法，设$f_{i,0/1}$表示点$i$割不割连接父节点的边时满足子树条件的最小代价，然后对于每个点把每个儿子割掉的代价排个序取最小的一部分就好了，这样时间复杂度$O(n^2)$的。

然后优化的话，发现当$k$比较大时有很大一部分的点是没有作用的，所以可以考虑删除一些没有用的点。度数小于等于$k$的点直接删去，这样的话如果我们就能做到枚举每个没有被删去的点，因为所有点的度数和为$2n$，这样的复杂度是$O(n)$的。

删除的点我们把代价加入父节点处维护的一个堆中，然后每次取出前一部分的点就好了，时间复杂度$O(n\log n)$。

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还是贴CF那题的代码吧，APIO的那个东西好丑（

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;

const ll N=3e5+10;

struct Heap{
	priority_queue<ll> q1,q2;ll sum;
	void Push(ll x){q1.push(x);sum+=x;return;}
	void Pop(ll x){q2.push(x);sum-=x;return;}
	ll Top(){
		while(!q2.empty()&&q1.top()==q2.top())
			q1.pop(),q2.pop();
		ll w=q1.top();q1.pop();sum-=w;
		return w;
	}
	ll Size(){return q1.size()-q2.size();}
}q[N];
struct node{
	ll to,next,w;
}a[N<<1];
ll n,tot,deg[N],f[N][2],ls[N],p[N],v[N];
set<pair<ll,ll> > s[N];queue<ll> cl,del;vector<ll> ans;

void addl(ll x,ll y,ll w){
	a[++tot].to=y;deg[y]++;
	a[tot].next=ls[x];a[tot].w=w;
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x,ll fa,ll k){
	f[x][0]=f[x][1]=0;v[x]=k;ll siz=deg[x],S=0;
	while(q[x].Size()>siz-k)q[x].Top();
	set<pair<ll,ll> >::iterator it;
	for(it=s[x].begin();it!=s[x].end();it++){
		ll y=(*it).first;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x,k);
	}
	for(it=s[x].begin();it!=s[x].end();it++){
		ll y=(*it).first;
		if(y==fa)continue;
		ll w=f[y][1]-f[y][0]+(*it).second;
		if(w<=0){S+=f[y][1]+(*it).second;siz--;continue;}
		S+=f[y][0];q[x].Push(w);del.push(w);
	}
	while(q[x].Size()>max(siz-k,0ll)){
		ll w=q[x].Top();
		cl.push(w);
	}
	f[x][0]=S+q[x].sum;
	
	while(q[x].Size()>max(siz-k-1,0ll)){
		ll w=q[x].Top();
		cl.push(w);
	}
	f[x][1]=S+q[x].sum;
	
	while(!cl.empty())q[x].Push(cl.front()),cl.pop();
	while(!del.empty())q[x].Pop(del.front()),del.pop();
	return;
}
bool cmp(ll x,ll y)
{return deg[x]<deg[y];}
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<n;i++){
		ll x,y,w;
		scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&w);
		addl(x,y,w);addl(y,x,w);
		s[x].insert(mp(y,w));
		s[y].insert(mp(x,w));
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)p[i]=i;
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	ll z=1;
	memset(v,-1,sizeof(v));
	for(ll k=0;k<n;k++){
		if(k>=deg[p[n]]){
			ans.push_back(0);
			continue;
		}
		while(z<=n&&deg[p[z]]<=k){
			ll x=p[z];
			for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next)
				if(deg[a[i].to]>k){
					q[a[i].to].Push(a[i].w);
					s[a[i].to].erase(mp(x,a[i].w));
				}
			z++;
		}
		ll sum=0;
		for(ll i=z;i<=n;i++)
			if(v[p[i]]!=k)dfs(p[i],-1,k),sum+=f[p[i]][0];
		ans.push_back(sum);
	}
	for(ll i=0;i<ans.size();i++)
		printf("%lld ",ans[i]);
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14819447.html
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